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2024-2025学年吉林省通化市梅河口五中高二（上）开学物理试卷（含解析）
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这是一份2024-2025学年吉林省通化市梅河口五中高二（上）开学物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.我国空间站近似在距离地面400km的圆轨道上运行，未来空间站将定期迎接“天舟”货运飞船和“神舟”载人飞船的访问，下列说法正确的是( )
A. 飞船到访对接的过程，飞船与空间站相对静止
B. 航天员在空间站中处于失重状态，受到的重力可忽略不计
C. 航天员在空间站中受到舱内空气的浮力略小于重力，处于失重状态
D. 空间站在轨道上做圆周运动时的向心加速度略小于地面的重力加速度
2.汽车在水平路面转弯时可视为做匀速圆周运动，雨雪天气时汽车与路面间的最大径向静摩擦力大小为车重的0.1倍，若转弯半径为36m，重力加速度g取10m/s2，为安全考虑，汽车转弯时的速度应不超过( )
A. 3m/sB. 3 2m/sC. 5m/sD. 6m/s
3.如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上．当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则( )
A. 无论v1、v2关系如何，均有α1=α2B. 当v1>v2时，α1>α2
C. 当v1>v2时，α1<α2D. α1、α2的关系与斜面倾角θ有关
4.一电动公交车从静止开始以恒定加速度启动在平直公路上做直线运动，输出功率达到额定功率后保持不变，其速度—时间图像如图所示，t=30s时发动机因故障熄火，此后公交车滑行至停止。已知公交车的总重量为10t，且整个过程中公交车受到的阻力恒定不变，则下列说法正确的是( )
A. 公交车受到的阻力大小为2.0×104N
B. 在前5s内，发动机提供的牵引力大小为2.0×104N
C. 在第30s末，发动机的输出功率为1.0×105W
D. 公交车匀加速阶段运动的时间为12s
5.如图所示，真空中孤立的带电绝缘球体，半径为R，电荷均匀分布在球体各个部位，a点距球心距离为r，b点距球心距离为2r，已知R2A. r3R3B. 8r3R3
C. 4r3R3D. R38r3
6.如图甲所示，一物体置于倾角θ=30°的足够长光滑斜面上，电动机通过跨过定滑轮的轻绳牵引物体沿斜面上升。启动电动机后，在0～6s时间内物体运动的v−t图像如图乙所示，其中除1～5s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为5kg，不计一切阻力，重力加速度g取10m/s2。则( )
A. 0～1s内电动机的输出功率不变B. 1～5s内电动机牵引力逐渐变大
C. 0～1s内电动机牵引力大小为20ND. 1s后电动机的输出功率为180W
7.如图，半球形光滑碗固定在桌子的边缘，MN为碗口水平直径，跨过光滑碗口N的细线两端分别连接着小球A、B，两球均处于静止状态且可视为质点，O为圆心，O、A连线与竖直方向夹角为30°，sin30°=12，cs30°= 32。则A、B两球质量关系正确的是( )
A. mB= 33mAB. mB= 3mAC. mB= 32mAD. mB=12mA
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.“嫦娥三号”从距月面高度为100km的环月圆轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q成功落月，如图所示．关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是( )
A. 沿轨道Ⅰ运动至P时，需制动减速才能进入轨道Ⅱ
B. 沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期
C. 沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度
D. 在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减小，机械能不变
9.如图所示为一简化后的滑雪的滑道示意图，质量为m=60kg的运动员从ℎ=4.4m高处的a点沿倾斜滑道ab滑入水平滑道bc，两滑道在b点平滑连接，运动员(可视为质点)与两滑道的动摩擦因数相同，在a、c两点时的速度大小均为v=10m/s，ab长度与bc长度相等，忽略空气阻力，重力加速度大小g取10m/s2，则( )
A. 运动员在ab段过程中重力势能减小
B. 运动员从b运动到c的过程中动能逐渐减少
C. 运动员在bc过程克服摩擦力做的功等于1320J
D. 运动员在ab段克服摩擦力做功小于在bc段克服摩擦力做功
10.如图所示，质量为m的小环套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M=2m，与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为3m，定滑轮大小及质量可忽略，现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. A，C间距离为4m
B. 小环最终静止在C点
C. 小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D. 当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为2：1
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学用如图所示装置验证碰撞过程动量守恒。气垫导轨上固定有光电门1，2，外侧分别有A、B两个滑块，在两滑块碰撞的端面装上弹性碰撞架，滑块的上方装有完全相同的遮光条。请完成下列问题：
(1)为完成实验，必须要测量的物理量有______(填正确选项序号)。
A.遮光条的宽度d
B.两滑块碰撞前的距离x
C.光电门1、2间的距离l
D.滑块A、B连同碰撞架及遮光条的总质量m1、m2
(2)接通气源，轻推一下滑块A，若其遮光片经过光电门1的时间比经过光电门2的遮光时间小，则应适当______(填“调高”或“调低”)气垫导轨的左端。
(3)将两滑块置于气垫导轨两光电门外侧，轻推两滑块，使两者相向运动，依次记下碰撞前，滑块A经过光电门1的遮光时间为Δt1，滑块B经过光电门2的遮光时间为Δt2；碰撞后，滑块A经过光电门1的遮光时间为Δt′1，滑块B经过光电门2的遮光时间为Δt′2；取水平向右为正方向，若满足______(用题中物理量的符号表示)时，则系统的动量守恒。
12.某同学受课后习题的启发，设计了如图所示的实验来验证机械能守恒定律。滑轮组下方悬挂质量相同的重物A、B，已知重力加速度为g，请完成下列问题：
(1)为完成实验，还需要的器材有______(填正确选项序号)。
A.天平
B.刻度尺
C.秒表
(2)按图组装好器材后，将B由静止释放，测出A上升的高度ℎ及所用的时间t，若满足
ℎ= ______(用题中字母表示)，则验证了机械能守恒定律。
(3)为提高实验精度，下列建议正确的有______(填正确选项序号)。
A.滑轮要尽可能的轻且光滑
B.绳子要尽可能的轻
C.物块的质量越小越好
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，轨道由倾角为30°的斜面和半径为R的半圆弧两部分连接组成，连接点M处有一轻质定滑轮，圆心O在斜面的延长线上，N为圆弧最低点且∠MON=60°，斜面的底端固定一挡板P。物块B、C间由一轻质弹簧拴接置于斜面上(弹簧平行于斜面)，其中C紧靠在挡板P处，B用跨过滑轮的不可伸长的轻绳与小球A相连，开始时将小球A锁定在M处，此时轻绳与斜面平行，且恰好伸直但无张力，B、C处于静止状态。某时刻解锁小球A，当小球A沿圆弧运动到最低点N时(物块B未到达M点)，物块C对挡板的作用力恰好为0。已知小球A的质量为5m，物块B、C的质量均为2m，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，不计一切摩擦。求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)小球到达N点时，A、B的速度大小。
14.如图所示，光滑水平面上放有A、B两小球，B球静止，某时刻给A球一个水平向右的速度v1=5m/s，一段时间后A、B发生正碰，已知A球质量为M=6kg，A、B两球碰撞过程的相互作用时间为t=0.01s。
(1)若B球质量为m=3kg，且碰后B球获得水平向右的速度v′2=4m/s，求碰后A球的速度v′1以及碰撞过程中A、B两球之间的平均作用力F的大小；
(2)若B球质量可调节，A球仍以速度v1与静止的B球正碰，碰后A、B两球的动量大小为1：4，求B球的质量m′的范围。
15.质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的输出功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力恒为f。求：
(1)行驶过程中汽车最大速度vm；
(2)当汽车的速度为vm4时，汽车的瞬时加速度的大小；
(3)已知从启动到汽车获得最大速度所用的时间为t，则汽车行驶的距离是多少？
答案解析
1.D
【解析】解：A.飞船到访对接的过程，飞船与空间站不是相对静止，故A错误；
B.航天员在空间站中处于失重状态，受到的重力提供向心力，故B错误；
C.航天员在空间站中不会受到舱内空气的浮力，故C错误；
D.根据万有引力与重力的关系
GMmR2=mg
GMmr2=ma
可知，空间站在轨道上做圆周运动时的向心加速度略小于地面的重力加速度，故D正确；
故选：D。
根据飞船的对接可知其与空间站不是相对静止，根据失重的概念分析解答，根据万有引力与重力的关系解答。
此题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键是掌握万有引力与重力的关系。
2.D
【解析】解：当最大静摩擦力提供向心力时，对应转弯线速度最大，根据圆周运动向心力与速度的关系式F=mv2r有0.1mg=mvmax2r，代入数据得vmax= 0.1×10×36m/s=6m/s，故D正确，ABC错误。
故选：D。
汽车转弯时与地面的摩擦力提供向心力，两者大小相等，根据圆周运动向心力与速度的关系式解答。
考查圆周运动向心力与速度的关系，根据关系式解答即可。
3.A
【解析】解：设当将小球以初速度v0平抛时，在斜面上的落点与抛出点的间距为L，则由平抛运动的规律得：
Lcsθ=v0t，Lsinθ=12gt2，
整理得：v0gt=12ctθ
若设落到斜面上时小球速度方向与竖直方向的夹角为β，则有tanβ=v0gt=12ctθ是恒量，与初速度无关，α=π2−θ−β也是恒量，可知到达斜面时速度方向与斜面的夹角不变，α1一定等于α2.故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
小球落在斜面上与斜面的夹角等于速度与水平方向的夹角与斜面倾角之差，因为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，斜面倾角一定，从而得出角度的关系．
解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的推论，为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍．
4.B
【解析】解：A.由图像可得30s后，公交车加速度大小为a=ΔvΔt=2020m/s2=1m/s2
所以公交车受到的阻力大小为
f=ma=10×103×1N=1.0×104N
故A错误；
B.由图像得，前5s内的加速度大小为a′=1m/s2
由牛顿第二定律得F−f=ma′
解得牵引力为
F=2.0×104N
故B正确；
C.由图像得，在第30s末公交车的速度为20m/s，所以在第30s末，发动机的输出功率为
P=fv=1.0×104N×20W=2.0×105W
故C错误；
D.由图像知，公交车匀加速阶段运动的时间为5s，故D错误。
故选：B。
利用匀减速运动阶段计算汽车所受阻力的大小，再根据匀加速运动阶段计算出牵引力大小，再根据功率公式解得第30s末发动机的输出功率。
本题考查的模型是机车启动模型，需要结合图象进行计算，此类题目的突破点往往在于匀速运动阶段和匀减速运动阶段。
5.C
【解析】解：设球体的电荷量为Q，则以a为球体边缘的内部电荷量q1=Q43πR3×43πr3=Qr3R3，电荷分布均匀的球壳在球壳内形成的电场强度为零，则a点电场强度Ea=kq1r2，b点电场强度大小为Eb=kQ(2r)2，
解得EaEb=4r3R3，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据电荷分布均匀的球壳在壳内形成的电场强度为零的条件确定a点场强的大小由内部电荷量来决定，根据点电荷的场强公式列式写出其表达式即可。
本题主要考查了场强的基本公式和球壳内部场强的计算方法，解题关键是由题意写出表达式。
6.D
【解析】解：A.由图可知，0～1s内物体做匀加速的直线运动，则电动机牵引力大小不变，物体速度增大，根据P=Fv可知在0～1s内电动机的输出功率变大，故A错误；
B.由图可知，1～5s内物体的加速度逐渐减小，电动机的输出功率不变，根据P=Fv可知电动机牵引力逐渐减小，故B错误；
C.由图可知，0～1s内物体的加速度为
a=41m/s2=4m/s2
由牛顿第二定律可得，0～1s内电动机牵引力大小为
F=ma+mgsinθ=5×4N+5×10×sin30°N=45N，故C错误；
D.1s后电动机的输出功率不变，等于1s时的输出功率，则有
P=Fv=45×4W=180W，故D正确。
故选：D。
根据公式P=Fv判断AB；根据牛顿第二定律计算C，根据P=Fv计算D。
熟练掌握公式P=Fv是解题的基础，知道F表达牵引力，在匀加速阶段并不是牵引力提供加速度，还有重力沿斜面向下的分力。
7.A
【解析】解：对B受力分析，易知细线的拉力T=mBg，对小球A的受力分析如下图所示：
根据小球A受力平衡，由平衡条件可得：
在竖直方向上有：Ncs30°+Tcs30°=mAg
在竖直方向上有：Nsin30°=Tsin30°
联立可得：2mBgcs30°=mAg，解得mB= 33mA，故BCD错误，A正确。
故选：A。
分别对A、B受力分析，根据平衡条件，应用正交分解法求解。
本题考查了共点力平衡问题，基础题目。根据平衡条件，应用受力分析的基本方法解答即可。
8.AD
【解析】解：A、在轨道I上运动，从P点开始变轨，可知嫦娥三号做近心运动，在P点应该制动减速以减小向心力，通过做近心运动减小轨道半径，故A正确；
B、轨道Ⅱ的半长轴小于轨道I的半径，根据开普勒第三定律可知沿轨道Ⅱ运行的周期小于轨道I上的周期，故B错误；
C、在轨道Ⅱ上运动时，卫星只受万有引力作用，在P点时的万有引力比Q点的小，故P点的加速度小于在Q点的加速度，故C错误；
D、根据开普勒第二定律可知，知在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对嫦娥三号做正功，嫦娥三号的速度逐渐增大，动能增加，重力势能减小，机械能不变，故D正确．
故选：AD
由开普勒第三定律确定周期大小关系，根据卫星变轨原理确定卫星是加速还是减速变轨．由牛顿第二定律和万有引力定律分析加速度关系．由开普勒第二定律分析速度关系．
此题要求同学们掌握航天器变轨原理，知道圆周运动时万有引力完全提供向心力，近心运动时万有引力大于所需向心力．
9.ABD
【解析】解：A、运动员在ab段高度逐渐减小，由EP=mgℎ，可知重力势能减小，故A正确；
B、运动员从b运动到c的过程，摩擦力做负功，由动能定理可知动能逐渐减少，故B正确；
CD、运动员从a到c过程，由动能定理有：mgℎ−Wf=0，可得全程克服阻力做功为：Wf=mgℎ
设ab长度与bc长度均为L，斜面的倾角为θ，在ab段，运动员克服摩擦力做的功：Wfab=μmgcsθ⋅L=μmgLcsθ，在bc段，运动员克服摩擦力做的功：Wfbc=μmgL，可知：WfabWf2=12mgℎ，代入数据可得：Wfbc>1320J，故C错误，D正确。
故选：ABD。
A、利用EP=mgℎ分析；
B、根据摩擦力做负功和动能定理分析；
CD、全过程利用动能定理列式，利用W=Fl可知两个过程克服摩擦力做功的大小关系，对比全过程克服摩擦力做功，可得结论。
本题考查了动能定理、功的计算，解题的关键是通过W=Fl可知运动员在ab段和bc段克服摩擦力做功的大小关系。
10.AD
【解析】解：A、设A点和定滑轮之间的距离为s，A，C间距离为ℎ。
对于小环和重物组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能是守恒的。根据系统的机械能守恒得：
mgℎ=Mg( s2+ℎ2−s)
结合M=2m，s=3m，解得ℎ=4m。故A正确。
B、在C点，设绳与竖直方向的夹角为α.则csα=ℎ s2+ℎ2=4 32+ℎ2=45，Mgcsα=2mg⋅0.8=1.6mg>mg，所以小环不会静止在C点，故B错误。
C、小环下落过程中，根据系统的机械能守恒知减少的重力势能始终等于物块增加的机械能与小环增加的动能之和。故C错误。
D、当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，有：v环cs60°=v物，得：v环=2v物
由Ek=12mv2得小环与物块的动能之比为Ek环：Ek物=12m(2v物)2：12⋅2mv物2=2：1，故D正确。
故选：AD。
对于小环和重物组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，由此求AC间的距离。根据小环在C点的受力情况判断能否静止在C点。根据系统的机械能守恒分析小环下落过程中减少的重力势能与物块增加的机械能的关系。根据两个物体沿绳子方向的分速度相等，分析速率关系，从而确定动能关系。
解决本题时应抓住：①对与绳子牵连有关的问题，物体下降的高度应等于绳子收缩的长度；②小环的实际速度即为合速度，应将小环的速度沿绳子和垂直于绳子的方向正交分解，分析小环与重物的速度关系。
11.D 调高 m1Δt1−m2Δt2=m2Δt′2−m1Δt′1
【解析】解：(1)为了验证动量守恒，根据动量表达式
p=mv
滑块经过光电门时的速度为
v=dΔt
由于两滑块的上方装有完全相同的遮光条，则验证的表达式中遮光条的宽度d可以约去，所以必须要测量的物理量是：滑块A、B连同碰撞架及遮光条的总质量m1、m2。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
(2)接通气源，轻推一下滑块A，若其遮光片经过光电门1的时间比经过光电门2的遮光时间小，可知滑块A做减速运动，导轨的左端低于导轨的右端，则应适当调高气垫导轨的左端。
(3)根据题意可知，滑块A先后经过光电门1的速度大小为
v1=dΔt1，v1=dΔt′1
滑块B先后经过光电门2的速度大小为
v2=dΔt2，v′2=dΔt′2
取水平向右为正方向，根据动量守恒可得
m1v1−m2v2=−m1v′1+m2v′2
联立可得
m1dΔt1−m2dΔt2=−m1dΔt′1+m2dΔt′2
整理可得
m1Δt1−m2Δt2=m2Δt′2−m1Δt′1
故答案为：(1)D；(2)调高；(3)m1Δt1−m2Δt2=m2Δt′2−m1Δt′1。
(1)根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后根据表达式确定需要测量的量。
(2)遮光片经过光电门1的时间比经过光电门2的遮光时间小，说明向右运动速度减小了，说明右端偏高了；
(3)应用动量守恒定律求出需要验证的表达式。
知道实验原理是解题的前提，应用光电门测量速度的原理是用极短时间内物体的平均速度代替瞬时速度。根据题意求出碰撞前后滑块的速度，应用动量守恒定律求出需要验证的表达式。
12.BC gt210 AB
【解析】解：(1)本实验验证系统重力势能的减小量与动能的增加量是否相等，由于AB物块的质量相等，即判断mgℎB−mgℎA与12mvA2+12mvB2是否相等，则物块B下落的高度及下落这段高度所用的时间或物块A上升的高度及上升这段高度所用的时间，故为完成实验，还需要的器材有刻度尺和秒表。
故A错误，BC正确。
故选BC。
(2)系统动能的增加量为
ΔEk=12mvA2+12mvB2=12m(2ℎt)2+12m(4ℎt)2=10mℎ2t2
系统重力势能的减少量为
ΔEp=mg×2ℎ−mgℎ=mgℎ
若机械能守恒，则满足
ΔEk=ΔEp
即
ℎ=gt210
(3)为了提高实验精度，尽可能减少阻力，故滑轮尽可能得轻且光滑；若绳子较重，系统的重力势能就会有一部分转化为绳子的动能，造成实验误差，故绳子要尽可能的轻；AB两物块的质量应该要相差较大，整体所受阻力相对于合力对运动的影响越小，并不是物块的质量越小越好。
故AB正确，C错误。
故选：AB。
(1)根据系统重力势能的减小量与动能的增加量是否相等，判断需要的器材；
(2)写出系统动能的增加量以及系统重力势能的减少量表达式，两者相等可以得出ℎ表达式；
(3)为了提高实验精度，尽可能减少阻力、绳子要尽可能的轻；AB两物块的质量应该要相差较大，整体所受阻力相对于合力对运动的影响越小。
本题考查验证机械能守恒定律的实验，需要熟记实验原理、数据分析以及误差分析等知识点，该题属于常见的机械能守恒定律实验的考查，难度适中。
13.解：(1)设初始时刻弹簧的压缩量为x1，对B，由平衡条件得
2mgsin30°=kx1
小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即将离开挡板，设此时弹簧的拉伸长度为x2，对C，由平衡条件得
2mgsin30°=kx2
可得
x1=x2
由几何关系可知，当小球A沿圆弧运动到最低点N时，B沿斜面运动的位移为sB=xMN=R
所以x1+x2=R
解得：x1=x2=R2
联立解得：k=2mgR
(2)设小球A到达N点时的速度为v，则沿绳子方向的速度v′=vcs30°，由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为v′。
对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在M和N处，弹簧的形变量相同，弹性势能相等，故小球A从M点到N点的过程中，由A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒得
5mgR(1−cs60°)−2mg(x1+x2)sin30°=12×5mv2+12×2mv′2
解得：v= 6gR13，v′= 9gR26
答：(1)弹簧的劲度系数k为2mgR；
(2)小球到达N点时，物块A、B的速度大小分别为 6gR13、 9gR26。
【解析】(1)开始时，轻绳无张力，对B，由平衡条件求出此时弹簧的压缩量x1表达式；当小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C对挡板的作用力恰好为0，对C，由平衡条件求出此时弹簧的伸长量x2表达式，结合几何关系求出x1+x2，即可求得弹簧的劲度系数k；
(2)小球A在M点时弹簧的压缩量与到达N点时弹簧的伸长量相等，弹簧弹性势能变化量为0；根据系统机械能守恒以及A与B的速度关系求解A到达N点时物块A、B的速度大小。
本题考查了功能关系中的多物体、多过程问题，要求学生能正确分析物体的运动过程，应用对应的规律解题。
14.解：(1)以水平向右方向为正方向，由动量守恒定律有
Mv1=Mv1′+mv2′
代入数据解得
v1′=3m/s
即碰后A球速度大小为3m/s，方向水平向右；对B由动量定理有
Ft=mv2′−0
代入数据解得
F=1200N
(2)以水平向右方向为正方向，碰前A球动量为
pA=Mv1=6×5kg⋅m/s=30kg⋅m/s
设碰后A球动量为p′A，B球动量为p′B，若碰后A、B同向运动，则有
pA′：pB′=1：4
由动量守恒有
pA=pA′+pB′
碰后应满足A球速度小于B球速度，则有
p′AM≤p′Bm′
碰后系统机械能不增加，则有
pA22M≥p′A22M+p′B22m′
联立解得
4kg≤m′≤24kg
若碰后A、B反向运动，则有
pA′：pB′=−1：4
由动量守恒有
pA=pA′+pB′
碰后系统机械能不增加，则有
pA22M≥p′A22M+p′B22m′
联立解得
m′≥12kg
综上可得：碰后A、B同向运动，则
4kg≤m′≤24kg
碰后A、B反向运动，则
m′≥12kg
答：(1)碰后A球的速度为3m/s，方向水平向右；碰撞过程中A、B两球之间的平均作用力F的大小为1200N；
(2)碰后A、B同向运动，则4kg≤m′≤24kg；碰后A、B反向运动，则m′≥12kg。
【解析】(1)根据动量守恒定律结合动量定理分析解答；
(2)根据动量与能量的关系分析解答。
本题重点考查动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
15.解：(1)当汽车的牵引力与阻力大小相等时，速度最大，则有：P=Fv=fvm，可得：vm=Pf
(2)当汽车的速度为vm4时，设汽车牵引力为F，则有：P=F×vm4
由牛顿第二定律有：F−f=ma
联立方程可得：a=3fm
(3)从启动到汽车获得最大速度过程，由动能定理有：Pt−fx=12mvm2
可得：x=Ptf−mP22f3
答：(1)行驶过程中汽车最大速度vm为Pf；
(2)当汽车的速度为vm4时，汽车的瞬时加速度的大小为3fm；
(3)已知从启动到汽车获得最大速度所用的时间为t，则汽车行驶的距离是Ptf−mP22f3。
【解析】(1)根据汽车的牵引力和阻力大小相等时速度最大，利用P=Fv可得最大速度；
(2)利用P=Fv和牛顿第二定律可得加速度大小；
(3)从启动到汽车获得最大速度过程，利用动能定理可得汽车行驶的距离。
本题考查了汽车恒功率启动的问题、动能定理、牛顿第二定律，解题的关键是知道汽车牵引力和阻力大小相等时，速度最大，注意牵引力是变力，牵引力做功可以用W=Pt计算。
1.我国空间站近似在距离地面400km的圆轨道上运行，未来空间站将定期迎接“天舟”货运飞船和“神舟”载人飞船的访问，下列说法正确的是( )
A. 飞船到访对接的过程，飞船与空间站相对静止
B. 航天员在空间站中处于失重状态，受到的重力可忽略不计
C. 航天员在空间站中受到舱内空气的浮力略小于重力，处于失重状态
D. 空间站在轨道上做圆周运动时的向心加速度略小于地面的重力加速度
2.汽车在水平路面转弯时可视为做匀速圆周运动，雨雪天气时汽车与路面间的最大径向静摩擦力大小为车重的0.1倍，若转弯半径为36m，重力加速度g取10m/s2，为安全考虑，汽车转弯时的速度应不超过( )
A. 3m/sB. 3 2m/sC. 5m/sD. 6m/s
3.如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上．当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则( )
A. 无论v1、v2关系如何，均有α1=α2B. 当v1>v2时，α1>α2
C. 当v1>v2时，α1<α2D. α1、α2的关系与斜面倾角θ有关
4.一电动公交车从静止开始以恒定加速度启动在平直公路上做直线运动，输出功率达到额定功率后保持不变，其速度—时间图像如图所示，t=30s时发动机因故障熄火，此后公交车滑行至停止。已知公交车的总重量为10t，且整个过程中公交车受到的阻力恒定不变，则下列说法正确的是( )
A. 公交车受到的阻力大小为2.0×104N
B. 在前5s内，发动机提供的牵引力大小为2.0×104N
C. 在第30s末，发动机的输出功率为1.0×105W
D. 公交车匀加速阶段运动的时间为12s
5.如图所示，真空中孤立的带电绝缘球体，半径为R，电荷均匀分布在球体各个部位，a点距球心距离为r，b点距球心距离为2r，已知R2
C. 4r3R3D. R38r3
6.如图甲所示，一物体置于倾角θ=30°的足够长光滑斜面上，电动机通过跨过定滑轮的轻绳牵引物体沿斜面上升。启动电动机后，在0～6s时间内物体运动的v−t图像如图乙所示，其中除1～5s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为5kg，不计一切阻力，重力加速度g取10m/s2。则( )
A. 0～1s内电动机的输出功率不变B. 1～5s内电动机牵引力逐渐变大
C. 0～1s内电动机牵引力大小为20ND. 1s后电动机的输出功率为180W
7.如图，半球形光滑碗固定在桌子的边缘，MN为碗口水平直径，跨过光滑碗口N的细线两端分别连接着小球A、B，两球均处于静止状态且可视为质点，O为圆心，O、A连线与竖直方向夹角为30°，sin30°=12，cs30°= 32。则A、B两球质量关系正确的是( )
A. mB= 33mAB. mB= 3mAC. mB= 32mAD. mB=12mA
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.“嫦娥三号”从距月面高度为100km的环月圆轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q成功落月，如图所示．关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是( )
A. 沿轨道Ⅰ运动至P时，需制动减速才能进入轨道Ⅱ
B. 沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期
C. 沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度
D. 在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减小，机械能不变
9.如图所示为一简化后的滑雪的滑道示意图，质量为m=60kg的运动员从ℎ=4.4m高处的a点沿倾斜滑道ab滑入水平滑道bc，两滑道在b点平滑连接，运动员(可视为质点)与两滑道的动摩擦因数相同，在a、c两点时的速度大小均为v=10m/s，ab长度与bc长度相等，忽略空气阻力，重力加速度大小g取10m/s2，则( )
A. 运动员在ab段过程中重力势能减小
B. 运动员从b运动到c的过程中动能逐渐减少
C. 运动员在bc过程克服摩擦力做的功等于1320J
D. 运动员在ab段克服摩擦力做功小于在bc段克服摩擦力做功
10.如图所示，质量为m的小环套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M=2m，与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为3m，定滑轮大小及质量可忽略，现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. A，C间距离为4m
B. 小环最终静止在C点
C. 小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D. 当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为2：1
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学用如图所示装置验证碰撞过程动量守恒。气垫导轨上固定有光电门1，2，外侧分别有A、B两个滑块，在两滑块碰撞的端面装上弹性碰撞架，滑块的上方装有完全相同的遮光条。请完成下列问题：
(1)为完成实验，必须要测量的物理量有______(填正确选项序号)。
A.遮光条的宽度d
B.两滑块碰撞前的距离x
C.光电门1、2间的距离l
D.滑块A、B连同碰撞架及遮光条的总质量m1、m2
(2)接通气源，轻推一下滑块A，若其遮光片经过光电门1的时间比经过光电门2的遮光时间小，则应适当______(填“调高”或“调低”)气垫导轨的左端。
(3)将两滑块置于气垫导轨两光电门外侧，轻推两滑块，使两者相向运动，依次记下碰撞前，滑块A经过光电门1的遮光时间为Δt1，滑块B经过光电门2的遮光时间为Δt2；碰撞后，滑块A经过光电门1的遮光时间为Δt′1，滑块B经过光电门2的遮光时间为Δt′2；取水平向右为正方向，若满足______(用题中物理量的符号表示)时，则系统的动量守恒。
12.某同学受课后习题的启发，设计了如图所示的实验来验证机械能守恒定律。滑轮组下方悬挂质量相同的重物A、B，已知重力加速度为g，请完成下列问题：
(1)为完成实验，还需要的器材有______(填正确选项序号)。
A.天平
B.刻度尺
C.秒表
(2)按图组装好器材后，将B由静止释放，测出A上升的高度ℎ及所用的时间t，若满足
ℎ= ______(用题中字母表示)，则验证了机械能守恒定律。
(3)为提高实验精度，下列建议正确的有______(填正确选项序号)。
A.滑轮要尽可能的轻且光滑
B.绳子要尽可能的轻
C.物块的质量越小越好
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，轨道由倾角为30°的斜面和半径为R的半圆弧两部分连接组成，连接点M处有一轻质定滑轮，圆心O在斜面的延长线上，N为圆弧最低点且∠MON=60°，斜面的底端固定一挡板P。物块B、C间由一轻质弹簧拴接置于斜面上(弹簧平行于斜面)，其中C紧靠在挡板P处，B用跨过滑轮的不可伸长的轻绳与小球A相连，开始时将小球A锁定在M处，此时轻绳与斜面平行，且恰好伸直但无张力，B、C处于静止状态。某时刻解锁小球A，当小球A沿圆弧运动到最低点N时(物块B未到达M点)，物块C对挡板的作用力恰好为0。已知小球A的质量为5m，物块B、C的质量均为2m，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，不计一切摩擦。求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)小球到达N点时，A、B的速度大小。
14.如图所示，光滑水平面上放有A、B两小球，B球静止，某时刻给A球一个水平向右的速度v1=5m/s，一段时间后A、B发生正碰，已知A球质量为M=6kg，A、B两球碰撞过程的相互作用时间为t=0.01s。
(1)若B球质量为m=3kg，且碰后B球获得水平向右的速度v′2=4m/s，求碰后A球的速度v′1以及碰撞过程中A、B两球之间的平均作用力F的大小；
(2)若B球质量可调节，A球仍以速度v1与静止的B球正碰，碰后A、B两球的动量大小为1：4，求B球的质量m′的范围。
15.质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的输出功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力恒为f。求：
(1)行驶过程中汽车最大速度vm；
(2)当汽车的速度为vm4时，汽车的瞬时加速度的大小；
(3)已知从启动到汽车获得最大速度所用的时间为t，则汽车行驶的距离是多少？
答案解析
1.D
【解析】解：A.飞船到访对接的过程，飞船与空间站不是相对静止，故A错误；
B.航天员在空间站中处于失重状态，受到的重力提供向心力，故B错误；
C.航天员在空间站中不会受到舱内空气的浮力，故C错误；
D.根据万有引力与重力的关系
GMmR2=mg
GMmr2=ma
可知，空间站在轨道上做圆周运动时的向心加速度略小于地面的重力加速度，故D正确；
故选：D。
根据飞船的对接可知其与空间站不是相对静止，根据失重的概念分析解答，根据万有引力与重力的关系解答。
此题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键是掌握万有引力与重力的关系。
2.D
【解析】解：当最大静摩擦力提供向心力时，对应转弯线速度最大，根据圆周运动向心力与速度的关系式F=mv2r有0.1mg=mvmax2r，代入数据得vmax= 0.1×10×36m/s=6m/s，故D正确，ABC错误。
故选：D。
汽车转弯时与地面的摩擦力提供向心力，两者大小相等，根据圆周运动向心力与速度的关系式解答。
考查圆周运动向心力与速度的关系，根据关系式解答即可。
3.A
【解析】解：设当将小球以初速度v0平抛时，在斜面上的落点与抛出点的间距为L，则由平抛运动的规律得：
Lcsθ=v0t，Lsinθ=12gt2，
整理得：v0gt=12ctθ
若设落到斜面上时小球速度方向与竖直方向的夹角为β，则有tanβ=v0gt=12ctθ是恒量，与初速度无关，α=π2−θ−β也是恒量，可知到达斜面时速度方向与斜面的夹角不变，α1一定等于α2.故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
小球落在斜面上与斜面的夹角等于速度与水平方向的夹角与斜面倾角之差，因为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，斜面倾角一定，从而得出角度的关系．
解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的推论，为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍．
4.B
【解析】解：A.由图像可得30s后，公交车加速度大小为a=ΔvΔt=2020m/s2=1m/s2
所以公交车受到的阻力大小为
f=ma=10×103×1N=1.0×104N
故A错误；
B.由图像得，前5s内的加速度大小为a′=1m/s2
由牛顿第二定律得F−f=ma′
解得牵引力为
F=2.0×104N
故B正确；
C.由图像得，在第30s末公交车的速度为20m/s，所以在第30s末，发动机的输出功率为
P=fv=1.0×104N×20W=2.0×105W
故C错误；
D.由图像知，公交车匀加速阶段运动的时间为5s，故D错误。
故选：B。
利用匀减速运动阶段计算汽车所受阻力的大小，再根据匀加速运动阶段计算出牵引力大小，再根据功率公式解得第30s末发动机的输出功率。
本题考查的模型是机车启动模型，需要结合图象进行计算，此类题目的突破点往往在于匀速运动阶段和匀减速运动阶段。
5.C
【解析】解：设球体的电荷量为Q，则以a为球体边缘的内部电荷量q1=Q43πR3×43πr3=Qr3R3，电荷分布均匀的球壳在球壳内形成的电场强度为零，则a点电场强度Ea=kq1r2，b点电场强度大小为Eb=kQ(2r)2，
解得EaEb=4r3R3，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据电荷分布均匀的球壳在壳内形成的电场强度为零的条件确定a点场强的大小由内部电荷量来决定，根据点电荷的场强公式列式写出其表达式即可。
本题主要考查了场强的基本公式和球壳内部场强的计算方法，解题关键是由题意写出表达式。
6.D
【解析】解：A.由图可知，0～1s内物体做匀加速的直线运动，则电动机牵引力大小不变，物体速度增大，根据P=Fv可知在0～1s内电动机的输出功率变大，故A错误；
B.由图可知，1～5s内物体的加速度逐渐减小，电动机的输出功率不变，根据P=Fv可知电动机牵引力逐渐减小，故B错误；
C.由图可知，0～1s内物体的加速度为
a=41m/s2=4m/s2
由牛顿第二定律可得，0～1s内电动机牵引力大小为
F=ma+mgsinθ=5×4N+5×10×sin30°N=45N，故C错误；
D.1s后电动机的输出功率不变，等于1s时的输出功率，则有
P=Fv=45×4W=180W，故D正确。
故选：D。
根据公式P=Fv判断AB；根据牛顿第二定律计算C，根据P=Fv计算D。
熟练掌握公式P=Fv是解题的基础，知道F表达牵引力，在匀加速阶段并不是牵引力提供加速度，还有重力沿斜面向下的分力。
7.A
【解析】解：对B受力分析，易知细线的拉力T=mBg，对小球A的受力分析如下图所示：
根据小球A受力平衡，由平衡条件可得：
在竖直方向上有：Ncs30°+Tcs30°=mAg
在竖直方向上有：Nsin30°=Tsin30°
联立可得：2mBgcs30°=mAg，解得mB= 33mA，故BCD错误，A正确。
故选：A。
分别对A、B受力分析，根据平衡条件，应用正交分解法求解。
本题考查了共点力平衡问题，基础题目。根据平衡条件，应用受力分析的基本方法解答即可。
8.AD
【解析】解：A、在轨道I上运动，从P点开始变轨，可知嫦娥三号做近心运动，在P点应该制动减速以减小向心力，通过做近心运动减小轨道半径，故A正确；
B、轨道Ⅱ的半长轴小于轨道I的半径，根据开普勒第三定律可知沿轨道Ⅱ运行的周期小于轨道I上的周期，故B错误；
C、在轨道Ⅱ上运动时，卫星只受万有引力作用，在P点时的万有引力比Q点的小，故P点的加速度小于在Q点的加速度，故C错误；
D、根据开普勒第二定律可知，知在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对嫦娥三号做正功，嫦娥三号的速度逐渐增大，动能增加，重力势能减小，机械能不变，故D正确．
故选：AD
由开普勒第三定律确定周期大小关系，根据卫星变轨原理确定卫星是加速还是减速变轨．由牛顿第二定律和万有引力定律分析加速度关系．由开普勒第二定律分析速度关系．
此题要求同学们掌握航天器变轨原理，知道圆周运动时万有引力完全提供向心力，近心运动时万有引力大于所需向心力．
9.ABD
【解析】解：A、运动员在ab段高度逐渐减小，由EP=mgℎ，可知重力势能减小，故A正确；
B、运动员从b运动到c的过程，摩擦力做负功，由动能定理可知动能逐渐减少，故B正确；
CD、运动员从a到c过程，由动能定理有：mgℎ−Wf=0，可得全程克服阻力做功为：Wf=mgℎ
设ab长度与bc长度均为L，斜面的倾角为θ，在ab段，运动员克服摩擦力做的功：Wfab=μmgcsθ⋅L=μmgLcsθ，在bc段，运动员克服摩擦力做的功：Wfbc=μmgL，可知：Wfab
故选：ABD。
A、利用EP=mgℎ分析；
B、根据摩擦力做负功和动能定理分析；
CD、全过程利用动能定理列式，利用W=Fl可知两个过程克服摩擦力做功的大小关系，对比全过程克服摩擦力做功，可得结论。
本题考查了动能定理、功的计算，解题的关键是通过W=Fl可知运动员在ab段和bc段克服摩擦力做功的大小关系。
10.AD
【解析】解：A、设A点和定滑轮之间的距离为s，A，C间距离为ℎ。
对于小环和重物组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能是守恒的。根据系统的机械能守恒得：
mgℎ=Mg( s2+ℎ2−s)
结合M=2m，s=3m，解得ℎ=4m。故A正确。
B、在C点，设绳与竖直方向的夹角为α.则csα=ℎ s2+ℎ2=4 32+ℎ2=45，Mgcsα=2mg⋅0.8=1.6mg>mg，所以小环不会静止在C点，故B错误。
C、小环下落过程中，根据系统的机械能守恒知减少的重力势能始终等于物块增加的机械能与小环增加的动能之和。故C错误。
D、当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，有：v环cs60°=v物，得：v环=2v物
由Ek=12mv2得小环与物块的动能之比为Ek环：Ek物=12m(2v物)2：12⋅2mv物2=2：1，故D正确。
故选：AD。
对于小环和重物组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，由此求AC间的距离。根据小环在C点的受力情况判断能否静止在C点。根据系统的机械能守恒分析小环下落过程中减少的重力势能与物块增加的机械能的关系。根据两个物体沿绳子方向的分速度相等，分析速率关系，从而确定动能关系。
解决本题时应抓住：①对与绳子牵连有关的问题，物体下降的高度应等于绳子收缩的长度；②小环的实际速度即为合速度，应将小环的速度沿绳子和垂直于绳子的方向正交分解，分析小环与重物的速度关系。
11.D 调高 m1Δt1−m2Δt2=m2Δt′2−m1Δt′1
【解析】解：(1)为了验证动量守恒，根据动量表达式
p=mv
滑块经过光电门时的速度为
v=dΔt
由于两滑块的上方装有完全相同的遮光条，则验证的表达式中遮光条的宽度d可以约去，所以必须要测量的物理量是：滑块A、B连同碰撞架及遮光条的总质量m1、m2。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
(2)接通气源，轻推一下滑块A，若其遮光片经过光电门1的时间比经过光电门2的遮光时间小，可知滑块A做减速运动，导轨的左端低于导轨的右端，则应适当调高气垫导轨的左端。
(3)根据题意可知，滑块A先后经过光电门1的速度大小为
v1=dΔt1，v1=dΔt′1
滑块B先后经过光电门2的速度大小为
v2=dΔt2，v′2=dΔt′2
取水平向右为正方向，根据动量守恒可得
m1v1−m2v2=−m1v′1+m2v′2
联立可得
m1dΔt1−m2dΔt2=−m1dΔt′1+m2dΔt′2
整理可得
m1Δt1−m2Δt2=m2Δt′2−m1Δt′1
故答案为：(1)D；(2)调高；(3)m1Δt1−m2Δt2=m2Δt′2−m1Δt′1。
(1)根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后根据表达式确定需要测量的量。
(2)遮光片经过光电门1的时间比经过光电门2的遮光时间小，说明向右运动速度减小了，说明右端偏高了；
(3)应用动量守恒定律求出需要验证的表达式。
知道实验原理是解题的前提，应用光电门测量速度的原理是用极短时间内物体的平均速度代替瞬时速度。根据题意求出碰撞前后滑块的速度，应用动量守恒定律求出需要验证的表达式。
12.BC gt210 AB
【解析】解：(1)本实验验证系统重力势能的减小量与动能的增加量是否相等，由于AB物块的质量相等，即判断mgℎB−mgℎA与12mvA2+12mvB2是否相等，则物块B下落的高度及下落这段高度所用的时间或物块A上升的高度及上升这段高度所用的时间，故为完成实验，还需要的器材有刻度尺和秒表。
故A错误，BC正确。
故选BC。
(2)系统动能的增加量为
ΔEk=12mvA2+12mvB2=12m(2ℎt)2+12m(4ℎt)2=10mℎ2t2
系统重力势能的减少量为
ΔEp=mg×2ℎ−mgℎ=mgℎ
若机械能守恒，则满足
ΔEk=ΔEp
即
ℎ=gt210
(3)为了提高实验精度，尽可能减少阻力，故滑轮尽可能得轻且光滑；若绳子较重，系统的重力势能就会有一部分转化为绳子的动能，造成实验误差，故绳子要尽可能的轻；AB两物块的质量应该要相差较大，整体所受阻力相对于合力对运动的影响越小，并不是物块的质量越小越好。
故AB正确，C错误。
故选：AB。
(1)根据系统重力势能的减小量与动能的增加量是否相等，判断需要的器材；
(2)写出系统动能的增加量以及系统重力势能的减少量表达式，两者相等可以得出ℎ表达式；
(3)为了提高实验精度，尽可能减少阻力、绳子要尽可能的轻；AB两物块的质量应该要相差较大，整体所受阻力相对于合力对运动的影响越小。
本题考查验证机械能守恒定律的实验，需要熟记实验原理、数据分析以及误差分析等知识点，该题属于常见的机械能守恒定律实验的考查，难度适中。
13.解：(1)设初始时刻弹簧的压缩量为x1，对B，由平衡条件得
2mgsin30°=kx1
小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即将离开挡板，设此时弹簧的拉伸长度为x2，对C，由平衡条件得
2mgsin30°=kx2
可得
x1=x2
由几何关系可知，当小球A沿圆弧运动到最低点N时，B沿斜面运动的位移为sB=xMN=R
所以x1+x2=R
解得：x1=x2=R2
联立解得：k=2mgR
(2)设小球A到达N点时的速度为v，则沿绳子方向的速度v′=vcs30°，由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为v′。
对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在M和N处，弹簧的形变量相同，弹性势能相等，故小球A从M点到N点的过程中，由A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒得
5mgR(1−cs60°)−2mg(x1+x2)sin30°=12×5mv2+12×2mv′2
解得：v= 6gR13，v′= 9gR26
答：(1)弹簧的劲度系数k为2mgR；
(2)小球到达N点时，物块A、B的速度大小分别为 6gR13、 9gR26。
【解析】(1)开始时，轻绳无张力，对B，由平衡条件求出此时弹簧的压缩量x1表达式；当小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C对挡板的作用力恰好为0，对C，由平衡条件求出此时弹簧的伸长量x2表达式，结合几何关系求出x1+x2，即可求得弹簧的劲度系数k；
(2)小球A在M点时弹簧的压缩量与到达N点时弹簧的伸长量相等，弹簧弹性势能变化量为0；根据系统机械能守恒以及A与B的速度关系求解A到达N点时物块A、B的速度大小。
本题考查了功能关系中的多物体、多过程问题，要求学生能正确分析物体的运动过程，应用对应的规律解题。
14.解：(1)以水平向右方向为正方向，由动量守恒定律有
Mv1=Mv1′+mv2′
代入数据解得
v1′=3m/s
即碰后A球速度大小为3m/s，方向水平向右；对B由动量定理有
Ft=mv2′−0
代入数据解得
F=1200N
(2)以水平向右方向为正方向，碰前A球动量为
pA=Mv1=6×5kg⋅m/s=30kg⋅m/s
设碰后A球动量为p′A，B球动量为p′B，若碰后A、B同向运动，则有
pA′：pB′=1：4
由动量守恒有
pA=pA′+pB′
碰后应满足A球速度小于B球速度，则有
p′AM≤p′Bm′
碰后系统机械能不增加，则有
pA22M≥p′A22M+p′B22m′
联立解得
4kg≤m′≤24kg
若碰后A、B反向运动，则有
pA′：pB′=−1：4
由动量守恒有
pA=pA′+pB′
碰后系统机械能不增加，则有
pA22M≥p′A22M+p′B22m′
联立解得
m′≥12kg
综上可得：碰后A、B同向运动，则
4kg≤m′≤24kg
碰后A、B反向运动，则
m′≥12kg
答：(1)碰后A球的速度为3m/s，方向水平向右；碰撞过程中A、B两球之间的平均作用力F的大小为1200N；
(2)碰后A、B同向运动，则4kg≤m′≤24kg；碰后A、B反向运动，则m′≥12kg。
【解析】(1)根据动量守恒定律结合动量定理分析解答；
(2)根据动量与能量的关系分析解答。
本题重点考查动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
15.解：(1)当汽车的牵引力与阻力大小相等时，速度最大，则有：P=Fv=fvm，可得：vm=Pf
(2)当汽车的速度为vm4时，设汽车牵引力为F，则有：P=F×vm4
由牛顿第二定律有：F−f=ma
联立方程可得：a=3fm
(3)从启动到汽车获得最大速度过程，由动能定理有：Pt−fx=12mvm2
可得：x=Ptf−mP22f3
答：(1)行驶过程中汽车最大速度vm为Pf；
(2)当汽车的速度为vm4时，汽车的瞬时加速度的大小为3fm；
(3)已知从启动到汽车获得最大速度所用的时间为t，则汽车行驶的距离是Ptf−mP22f3。
【解析】(1)根据汽车的牵引力和阻力大小相等时速度最大，利用P=Fv可得最大速度；
(2)利用P=Fv和牛顿第二定律可得加速度大小；
(3)从启动到汽车获得最大速度过程，利用动能定理可得汽车行驶的距离。
本题考查了汽车恒功率启动的问题、动能定理、牛顿第二定律，解题的关键是知道汽车牵引力和阻力大小相等时，速度最大，注意牵引力是变力，牵引力做功可以用W=Pt计算。
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